Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 - 2022 sở GD&ĐT Ninh Bình - THCS.TOANMATH.com

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2021-2022

Bài thi môn: TOÁN - Ngày thi: 09/06/2021 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát

đề)

Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (2,0 điểm).

1. Hàm số y 2x 3  là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao?

2. Rút gọn biểu thức A 18 2 50 3 8  . 3. Giải hệ phương trình 1

2 5

x y x y

  

  

 .

Câu 2 (2,5 điểm).

Cho phương trình x²mx m  1 0

 

^{1 với}^m là tham số.

a) Giải phương trình

 

^{1 với}^m^³^.

b) Chứng minh rằng phương trình

 

1 luôn có nghiệm với mọi m.

c) Gọi x , x là hai nghiệm của phương trình ₁ ₂

 

1 . Tìm giá trị của m để biểu thức

2 2

1 2

P x x đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phuơng trình hoặc hệ phương trình.

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km . Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B .

1. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B,C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ cát tuyến ADE không đi qua tâm O của đường tròn ( D nằm giữa A và E ).

Gọi M là trung điểm của DE . Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC .

2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm . Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ: lấy  3,14).

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

 

^;^{x y} thỏa mãn phương trình x²2y²2xy1. 2. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a b ²2ab².

Chứng minh rằng ₄ ₄1 ₄ ₂ ₈1 _{2 2} 1

2 2 2

a b ab a b a b 

    .

--- HẾT ---

Họ và tên thí sinh: ...……… Số báo danh: ………

Giám thị 1 (họ và tên, chữ ký): ………...

Giám thị 2 (họ và tên, chữ ký): ………...

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH NINH BÌNH ĐÁP ÁN

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2021-2022

Bài thi môn: TOÁN - Ngày thi: 09/06/2021 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

1. Hàm số y 2x 3  là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao?

2. Rút gọn biểu thức A 18 2 50 3 8  . 3. Giải hệ phương trình 1

2 5

x y x y

  

  

 .

Lời giải 1. Hàm số y 2x 3  có dạng yaxb với a2,b 3. Do a 2 0 nên là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên .

2. A 18 2 50 3 8   3 .2 2 5 .2 3 2 .2²  ²  ² 3 2 10 2 6 2    2.

3. 1

2 5

x y x y

  

  

 1

3 6

x y

 x

   





2

2 y 1

x

  

 

 1

2 y

x

  





Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

   

^{x y}^; ^ ^2;1 ^.

Cho phương trình x²mx m  1 0

 

^{1 với}^m là tham số.

a) Giải phương trình

 

^{1 với}^m^³^.

b) Chứng minh rằng phương trình

 

1 . Tìm giá trị của m để biểu thức P x ₁²x²₂ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải a) Giải phương trình

 

^{1 với}^m^³^.

Với m3phương trình

 

^{1 thành}^x²^³^x^{   }^{3 1 0} ^x²^³^x^{ }^{2 0}

2 3 2 0

x  x  (có a1, b-3, c2)

Ta có a b c   1

 

-3  2 0 nên phương trình có hai nghiệm x₁1,x₂2 b) Chứng minh rằng phương trình

 

1 luôn có nghiệm với mọi m .

2 1 0

x mx m   (có a1, b m c m,  1)

 

²

   

²

2 4 4.1. 1 2 4 4 2 0

b ac m m m m m m

             

Vậy phương trình

 

1 theo định lý Vi-ét ta có ¹ ²

1 2 1

x x m

 

  





2

    

2 2

2 2 2 2

1 2 1 1 2

Px x  x x 2x x m 2 m 1 m 2m  1 1 m1 1 1 m. Dấu " " xảy ra khi m   1 0 m 1.

Vậy với m1 thì P đạt giá trị nhỏ nhất là 1.

(3)

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phuơng trình hoặc hệ phương trình.

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24 km . Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 4 km/h , vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B .

Lời giải

Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x (km/h , x0), thì khi đi từ B trở về A vận tốc người đó là x4 (km/h ).

Thời gian người đi xe đạp đi từ A đến B là 24

x (giờ), thời gian người đi xe đạp đi từ B trở về A là 24

4

x (giờ).

Do thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = 1

2giờ nên ta có phương trình 24 24 1

4 2

x x 



  

2 12

24 24 1

4 192 0 12 16 0

16

4 2

x x x x x

x x x

 

               12

x thỏa mãn điều kiện, nhận 16

x  không thỏa mãn điều kiện, loại.

Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h . Câu 4 (3,5 điểm).

1. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B,C là các tiếp điểm).

b) Vẽ cát tuyến ADE không đi qua tâm O của đường tròn ( D nằm giữa A và E ).

Gọi M là trung điểm của DE . Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC .

2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng 3dm và bán kính đáy bằng 2dm . Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ: lấy  3,14).

Lời giải 1.

Do AB AC, là các tiếp tuyến với đường tròn

 

O (giả thiết) nên ABO 90 ,ACO 90

 ABO ACO 90 90 180

       

Suy ra ABOC là tứ giác nội tiếp (vì là tứ giác có tổng các góc đối bằng 180).

b) Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC. D M

A O

B

C

E

(4)

Có ABO 90 , ACO 90 (chứng minh trên) B,Cthuộc đường tròn đường kính AO

 

¹

Có Mlà trung điểm của DE (giả thiết)OM  AE (đường kính đi qua trung điểm của dây cung không đi qua tâm thì vuông góc với dây cung đó)  AMO  90 Mthuộc đường tròn đường kính AO

 

²

Từ

 

1 và

 

2 ABOMCnội tiếp đường tròn đường kính AO.

Suy ra AMCAOC,  AMBAOB (các góc nội tiếp cùng chắn một cung) Mà  AOC AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMB AMC

MA là tia phân giác của góc BMC. Câu 5 (1,0 điểm).

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên ;

 

x y thỏa mãn phương trình x²2y²2xy1. 2. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a b ² 2ab².

Chứng minh rằng ₄ ₄1 ₄ ₂ ₈1 _{2 2} 1

2 2 2

a b ab a b a b 

    .

Lời giải 1. Ta có ^x²^²^y²^²^xy^{ }¹



^{x y}^



²^^y² ^¹

Do ;x y nguyên nên



^{x y}^



²^,^y²nhận giá trị nguyên và



^{x y}^



²^^0,^y²^⁰ nên xảy ra

 

2

2 2

2

1 1

0

0 0

0 1 1

x y x y

y y

x y x y y y

     

 

 

    

   

 





 



 



 1

1 x y

  

  hoặc 1 1 x y

 

   hoặc 1 0 x y

 

  hoặc 1 0 x y

  

 

Vậy ^;

  

x y  



1;1 1; 1 1; 0

 

, 

   

, , 1;0

 

2.

Đặt a x b , ²  y với ;x y0 thì x y 2xy khi đó ta cần chứng minh

2 4

4 2 2 2

1 1 1

2 x 2 2

x y xy  y x y

    .

Ta có x⁴y²2xy²,x²y⁴2x²y (bất đẳng thức Co-si)

 

2 2

4 2 2

1 1 1

2 2 2 2

x y xy xy x y  xy x y

 

  



 

2

4 2

2 2

1 1 1

2 2 2 2

y x xy

x y  x y  xy x y

 

     

2 4

4 2 2 2

1 1 1 1 1

2 x 2 y 2 2 y

x y xy y x xy x y xy x y xy x

    

      

Ta sẽ chứng minh



¹



¹

 

²

 

²

2 2

xy x y x y x y

xy x y

       

 (do x y 2xy)





x y



²    4 x y 2

Thật vậy ² ²

 

² ⁴

 

⁴

2

x y  xyx y   x y  x y   x y (dox y 0)

(5)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

--- HẾT ---